广东省高考数学第二轮复习 专题升级训练24 解答题专项训练(函数与导数) 文

专题升级训练24　解答题专项训练(函数与导数)1．已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，a∈R)．(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．2．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax＋＋b(a＞0)．(1)求f(x)的最小值；(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．3．已知定义在实数集R上的奇函数f(x)有最小正周期2，且当x∈(0,1)时，f(x)＝.(1)求函数f(x)在(－1,1)上的解析式；(2)判断f(x)在(0,1)上的单调性；(3)当λ取何值时，方程f(x)＝λ在(－1,1)上有实数解？4．某高新区引进一高科技企业，投入资金720万元建设基本设施，第一年各种运营费用120万元，以后每年增加40万元；每年企业销售收入500万元，设f(n)表示前n年的纯收入．(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案：①年平均利润最大时，以480万元出售该企业；②纯利润最大时，以160万元出售该企业；问哪种方案最合算？5.已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)．(1)讨论f(x)＝ex－ax－1(a∈R)的单调性；(2)若a＝1，求证：当x≥0时，f(x)≥f(－x)．6．已知函数f(x)＝在x＝1处取得极值2，设函数y＝f(x)图象上任意一点(x0，f(x0))处的切线斜率为k.(1)求k的取值范围；(2)若对于任意0＜x1＜x2＜1，存在k，使得k＝，求证：x1＜|x0|＜x2.7．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．8．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a＞0，设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求证：f(x)≥g(x)(x＞0)．-5-\n参考答案1．解：(1)当a＝0时，f(x)＝x2，对任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数．当a≠0时，f(x)＝x2＋(a≠0，x≠0)，取x＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a≠0，∴f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)．∴函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上为增函数，则f′(x)≥0在[2，＋∞)上恒成立，即2x－≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立，只需a≤(2x3)min，x∈[2，＋∞)，∴a≤16.∴a的取值范围是(－∞，16]．2．解：(1)f(x)＝ax＋＋b≥2＋b＝b＋2，当且仅当ax＝1时，f(x)取得最小值为b＋2.(2)由题意得：f(1)＝a＋＋b＝，①f′(x)＝a－f′(1)＝a－＝，②由①②得：a＝2，b＝－1.3．解：(1)∵f(x)是x∈R上的奇函数，∴f(0)＝0.设x∈(－1,0)，则－x∈(0,1)，f(－x)＝＝＝－f(x)，∴f(x)＝－，∴f(x)＝(2)设0＜x1＜x2＜1，f(x1)－f(x2)＝＝，∵0＜x1＜x2＜1，∴2x1＜2x2，2x1＋x2＞20＝1，∴f(x1)－f(x2)＞0，∴f(x)在(0,1)上为减函数．(3)∵f(x)在(0,1)上为减函数，∴＜f(x)＜，即f(x)∈.同理，f(x)在(－1,0)上的值域为.又f(0)＝0，∴当λ∈∪，或λ＝0时，-5-\n方程f(x)＝λ在x∈(－1,1)上有实数解．4．解：由题意知每年的运营费用是以120为首项，40为公差的等差数列，则f(n)＝500n－－720＝－20n2＋400n－720.(1)获取纯利润就是要求f(n)＞0，故有－20n2＋400n－720＞0，解得2＜n＜18.又n∈N*，知从第三年开始获取纯利润．(2)①年平均利润＝400－20≤160，当且仅当n＝6时取等号．故此方案获利6×160＋480＝1440(万元)，此时n＝6.②f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1280，当n＝10时，f(n)max＝1280.故此方案共获利1280＋160＝1440(万元)．比较两种方案，在同等数额获利的基础上，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．5．(1)解：f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，当a＞0时，令f′(x)＞0，得x＞lna；令f′(x)＜0，得x＜lna.综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，增区间是(lna，＋∞)，减区间是(－∞，lna)．(2)证明：令g(x)＝f(x)－f(－x)＝ex－－2x，g′(x)＝ex＋e－x－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴g(x)≥g(0)＝0，∴f(x)≥f(－x)．6．(1)解：f′(x)＝.由f′(1)＝0及f(1)＝2，得a＝4，b＝1.k＝f′(x0)＝4，设＝t，t∈(0,1]，得k∈.(2)证明：f′(x)＝，令f′(x)＞0x∈(－1,1)．f(x)的增区间为(－1,1)，故当0＜x1＜x2＜1时，＞0，即k＞0，故x0∈(－1,1)．由于f′(x0)＝f′(－x0)，故只需要证明x0∈(0,1)时结论成立．由k＝，得f(x2)－kx2＝f(x1)－kx1，记h(x)＝f(x)－kx，则h(x2)＝h(x1)．h′(x)＝f′(x)－k，则h′(x0)＝0，设g(x)＝，x∈(0,1)，g′(x)＝＜0，g(x)为减函数，故f′(x)为减函数．故当x＞x0时，有f′(x)＜f′(x0)＝k，此时h′(x)＜0，h(x)为减函数．当x＜x0时，h′(x)＞0，h(x)为增函数．所以h(x0)为h(x)的唯一的极大值，因此要使h(x2)＝h(x1)，必有x1＜x0＜x2.综上，有x1＜|x0|＜x2成立．-5-\n7．解：(1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2＝ex－f(0)x＋x2f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，令x＝1得：f(0)＝1.f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2f(0)＝f′(1)e－1＝1f′(1)＝e，得：f(x)＝ex－x＋x2.令g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1＞0y＝g(x)在x∈R上单调递增，∴f′(x)在R上单调递增，f′(x)＞0＝f′(0)x＞0，f′(x)＜0＝f′(0)x＜0，得：f(x)的解析式为f(x)＝ex－x＋x2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．(2)令h(x)＝f(x)－x2－ax－b，则h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0，h′(x)＝ex－(a＋1)．①当a＋1≤0时，h′(x)＞0y＝h(x)在x∈R上单调递增，x→－∞时，h(x)→－∞与h(x)≥0矛盾．②当a＋1＞0时，h′(x)＞0x＞ln(a＋1)，h′(x)＜0x＜ln(a＋1)，得：当x＝ln(a＋1)时，h(x)min＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0，(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，(a＋1＞0)．令F(x)＝x2－x2lnx(x＞0)，则F′(x)＝x(1－2lnx)，F′(x)＞00＜x＜，F′(x)＜0x＞.当x＝时，F(x)max＝.当a＝－1，b＝时，(a＋1)b的最大值为.8．(1)解：设曲线y＝f(x)与y＝g(x)(x＞0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，∵f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，∴依题意得即由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)，则b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.令h(t)＝t2－3t2lnt(t＞0)，则h′(t)＝2t(1－3lnt)，由h′(t)＝0得t＝或t＝0(舍去)．当t变化时，h′(t)，h(t)的变化情况如下表：t(0，)(，＋∞)h′(t)＋0－h(t)↗极大值↘于是函数h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h()＝，-5-\n即b的最大值为.(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－b(x＞0)，则F′(x)＝x＋2a－＝(x＞0)，由F′(x)＝0得x＝a或x＝－3a(舍去)．当x变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：x(0，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)↘极小值↗结合(1)可知函数F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝f(a)－g(a)＝0.故当x＞0时，有f(x)－g(x)≥0，即当x＞0时，f(x)≥g(x)．-5-